主题2 第2章 第2节 函数的单调性与最值（配套练习Word版）-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（北师大版）

**基本信息** 聚焦函数单调性与最值，通过基础判断、复合函数、性质综合等模块，系统提炼换元法、判别式法等解题方法，构建从定义到综合应用的知识逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础判断|1-2题|基本函数单调性直接判断|从具体函数到定义域优先原则| |复合函数|2、6、10题|同增异减法则|内外层函数单调性关系推导| |性质综合|3、8、9题|奇偶性与单调性转化|函数性质的综合应用逻辑| |抽象与分段|4、11、13题|换元法、分段单调性分析|抽象函数与分段函数的单调性判定| |综合拓展|12、15、16题|定义证明、恒成立问题转化|从单调性到不等式求解的应用链|

课时冲关7　函数的单调性与最值 [基础训练组] 1．在定义域内单调递减的函数是(　　) A．y＝2－x　　　　 B．y＝ln x C．y＝sin 2x D．y＝x3 解析：A　[函数y＝2－x在定义域R上单调递减，故A符合；函数y＝ln x在定义域(0，＋∞)上单调递增，故B不符合；函数y＝sin 2x在定义域R上不是单调函数，故C不符合；函数y＝x3在定义域R上单调递增，故D不符合．] 2．函数y＝ln(x2－4x＋3)的单调递减区间为(　　) A．(2，＋∞) B．(3，＋∞) C．(－∞，2) D．(－∞，1) 解析：D　[令t＝x2－4x＋3＞0，求得x＜1，或x＞3，故函数的定义域为{x|x＜1，或x＞3}，且y＝ln t. 由二次函数的性质得，t在区间(－∞，1)上为减函数，在区间(3，＋∞)上为增函数， 又y＝ln t在t∈(0，＋∞)上为增函数，根据复合函数单调性的判断方法，知函数y＝ln(x2－4x＋3)的单调减区间为(－∞，1)．] 3．定义在R上的偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，且f(－3)＝0，若不等式f(x－m)＞0的解集为(－1,5)，则m的值为(　　) A．3　　 B．2 C．－2　　 D．－3 解析：B　[因为f(x)为偶函数，f(3)＝f(－3)＝0，f(x)在[0，＋∞)上单调递减，若f(x)＞0，则f(|x|)＞f(3)，不等式f(x－m)＞0可转化为f(|x－m|)＞f(3)，所以|x－m|＜3，解得m－3＜x＜m＋3，所以m－3＝－1且m＋3＝5，即m＝2.] 4．已知单调函数f(x)对任意的x∈R都有f[f(x)－2x]＝6，则f(2)＝(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：C　[设t＝f(x)－2x，则f(t)＝6，且f(x)＝2x＋t，令x＝t，则f(t)＝2t＋t＝6，∵f(x)是单调函数，且f(2)＝22＋2＝6，∴t＝2，即f(x)＝2x＋2，则f(2)＝4＋2＝6.] 5．函数f(x)＝的最大值与最小值的和是(　　) A. B. C．1 D．－ 解析：B　[设y＝，则有(y－1)x2＋(y＋1)x＋y＋1＝0， 当y＝1时，代入原式，解得x＝－1. 当y≠1时，Δ＝(y＋1)2－4(y－1)(y＋1)＝(y＋1)(－3y＋5)， 由Δ≥0，解得－1≤y≤，于是y的最大值为，最小值为－1， 所以函数f(x)的最大值与最小值的和为.] 6．若函数f(x)＝在R上为增函数，则实数b的取值范围是(　　) A. B. [1, 2] C. D. (－∞，2] 解析：B　[f(x)＝在R上为增函数， ∴ 解得1≤b≤2， ∴实数b的取值范围是[1,2]．] 7．若函数在{x|1≤|x|≤4，x∈R}上的最大值为M，最小值为m，则M－m＝(　　) A. B．2 C. D. 解析：A　[可令|x|＝t，则1≤t≤4，y＝－，易知y＝－在[1,4]上单调递增，∴其最小值为1－1＝0；最大值为2－＝，则m＝0，M＝，则M－m＝.] 8．(多选)已知函数f(x)＝a(a＞0且a≠1)在区间[1,3)上单调递增，则实数a的取值可能是(　　) A.　　 B. C.　　 D. 解析：ABC　[当a＞0且a≠1时，函数y＝2－ax单调递减， 则要使f(x)在区间[1,3)上单调递增， 需要满足解得0＜a≤， 结合选项易知，只有不满足．] 9．(多选)已知函数f(x)的定义域为A，若对任意x∈A，存在正数M，使得|f(x)|≤M成立，则称函数f(x)是定义在A上的“有界函数”．则下列函数是“有界函数”的是(　　) A．f(x)＝ B．f(x)＝ C．f(x)＝ D．f(x)＝x＋ 解析：BC　[对于A，f(x)＝＝＝－1＋，由于≠0，所以f(x)≠－1，所以|f(x)|∈[0，＋∞)，故不存在正数M，使得|f(x)|≤M成立； 对于B，令u＝4－x2，则u≥0，f(u)＝，当x＝0时，u取得最大值4，所以u∈[0,4]，所以f(x)∈[0,2]，故存在正数2，使得|f(x)|≤2成立； 对于C，令u＝2x2－4x＋3＝2(x－1)2＋1，则f(u)＝，易得u≥1，所以0＜f(x)≤＝5，即f(x)∈(0,5]，故存在正数5，使得|f(x)|≤5成立； 对于D，令t＝，则t≥0，x＝4－t2，则f(t)＝－t2＋t＋4＝－2＋(t≥0)，易得f(x)≤，所以|f(x)|∈[0，＋∞)，故不存在正数M，使得|f(x)|≤M成立．] 10．已知a＞0且a≠1，若函数f(x)＝loga(ax2－x)在[3,4]上是减函数，则a的取值范围是__________． 解析：令g(x)＝ax2－x， 当a＞1时，因为函数f(x)＝loga(ax2－x)在[3,4]上是减函数，所以函数g(x)＝ax2－x在[3,4]上是减函数，且g(x)＞0成立， 则无解， 当0＜a＜1时，因为函数f(x)＝loga(ax2－x)在[3,4]上是减函数， 所以函数g(x)＝ax2－x在[3,4]上是增函数，且g(x)＞0成立， 则解得＜a＜1，综上，实数a的取值范围是. 答案： 11．已知0＜a＜2，函数y＝若该函数存在最小值，则实数a的取值范围是______________． 解析：由题意，令g(x)＝(a－2)x＋4a＋1，x∈(－∞，2]，h(x)＝2ax－1，x∈(2，＋∞)，当0＜a＜1时，g(x)在(－∞，2]上单调递减，h(x)在(2，＋∞)上单调递减，则h(x)在(2，＋∞)上的值域为(0,2a)，因为f(x)存在最小值，故需g(2)＝(a－2)×2＋4a＋1≤0，解得a≤， 结合0＜a＜1，此时0＜a≤； 当1＜a＜2时，g(x)在(－∞，2]上单调递减，h(x)在(2，＋∞)上单调递增，则h(x)在(2，＋∞)上的值域为(2a，＋∞)，因为f(x)存在最小值，故需g(2)≤2a，即(a－2)×2＋4a＋1≤2a，解得a≤，这与1＜a＜2矛盾； 当a＝1时，g(x)＝－x＋5在(－∞，2]上单调递减，且在(－∞，2]上的值域为[3，＋∞)， h(x)＝2，此时存在最小值2， 则实数a的取值范围为. 答案： 12．已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，②当x>0时，f(x)>－1. (1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是增函数； (2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4. 解：(1)令x＝y＝0，得f(0)＝－1. 在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，f(x1－x2)>－1. 又f(x1)＝f[(x1－x2)＋x2]＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(x2)，所以函数f(x)在R上是增函数． (2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5. 由f(x2＋2x)＋f(1－x)>4， 得f(x2＋x＋1)>f(3)， 又函数f(x)在R上是增函数， 故x2＋x＋1>3，解得x<－2或x>1， 故原不等式的解集为{x|x<－2，或x>1}． [能力提升组] 13．已知函数f(x)在定义域R上单调，且f(f(x)＋2x)＝1，则f(－2)的值为(　　) A．3 B．1 C．0 D．－1 解析：A　[因为函数f(x)在定义域R上单调，且f(f(x)＋2x)＝1，所以f(x)＋2x为常数，不妨设f(x)＋2x＝t，则f(x)＝t－2x, 由f(f(x)＋2x)＝1，得f(t)＝t－2t＝1，解得t＝－1，所以f(x)＝－2x－1，所以f(－2)＝－2(－2)－1＝3.] 14．(2024·上海卷)已知定义在R上的函数f(x)，集合M＝{x0|对于任意x∈(－∞，x0)，f(x)＜f(x0)}，在使得M＝[－1,1]的所有f(x)中，下列说法成立的是(　　) A．存在f(x)是偶函数 B．存在f(x)在x＝2处取到最大值 C．存在f(x)在R上单调递增 D．存在f(x)在x＝－1处取到极小值 解析：B　[对于A，因为M＝[－1,1]，所以f(x)＜f(1)在(－∞，1)上恒成立，此时f(－1)＜f(1)与f(x)是偶函数矛盾，故A错误；对于B，不妨取f(x)＝满足f(x)在x＝2处取到最大值，故B正确；对于C，若存在f(x)在R上单调递增，则对任意x0∈R，当x＜x0时都有f(x)＜f(x0)，则此时M＝R，与M＝[－1,1]矛盾，故C错误；对于D，若存在f(x)在x＝－1处取到极小值，则存在一个δ＞0，对于任意x满足0＜|x＋1|＜δ，都有f(－1)＜f(x)，－1－∈(－1－δ，－1)，而由－1∈M以及M的含义知f＜f(－1)，与f(－1)＜f(x)对于任意x满足0＜|x＋1|＜δ矛盾，故D错误．] 15．已知函数f(x)＝|log3x|，实数m，n满足0＜m＜n，且f(m)＝f(n)，若f(x)在[m2，n]的最大值为2，则＝________. 解析：∵f(x)＝|log3x|，正实数m，n满足m＜n，且f(m)＝f(n)，∴－log3m＝log3n，∴mn＝1. ∵f(x)在区间[m2，n]上的最大值为2，函数f(x)在[m2,1)上是减函数，在(1，n]上是增函数， ∴－log3m2＝2，或log3n＝2. 若－log3m2＝2是最大值，得m＝，则n＝3，此时log3n＝1，满足题意条件．此时＝3÷＝9. 同理：若log3n＝2是最大值，得n＝9，则m＝， 此时－log3m2＝4，不满足题意条件． 综上可得 m＝，n＝3，＝9. 答案：9 16．已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，且f(1)＝1，若a，b∈[－1,1]，a＋b≠0时，有>0成立． (1)判断f(x)在[－1,1]上的单调性； (2)解不等式f<f； (3)若f(x)≤m2－2am＋1对所有的a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围． 解：(1)任取x1，x2∈[－1,1]，且x1<x2， 则－x2∈[－1,1]，∵f(x)为奇函数， ∴f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2) ＝·(x1－x2)， 由已知得>0，x1－x2<0， ∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)． ∴f(x)在[－1,1]上单调递增． (2)∵f(x)在[－1,1]上单调递增， ∴∴－≤x<－1. 所以不等式的解集为. (3)∵f(1)＝1，f(x)在[－1,1]上单调递增． ∴在[－1,1]上，f(x)≤1. 问题转化为m2－2am＋1≥1， 即m2－2am≥0，对a∈[－1,1]恒成立． 设g(a)＝－2m·a＋m2≥0. ①若m＝0，则g(a)＝0≥0，对a∈[－1,1]恒成立． ②若m≠0，则g(a)为a的一次函数，若g(a)≥0，对a∈[－1,1]恒成立，必须有g(－1)≥0且g(1)≥0，∴m≤－2或m≥2. ∴实数m的取值范围是m＝0或m≥2或 m≤－2. 学科网（北京）股份有限公司 $